https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1983/Rika

2023.08.23記

[3] 平面上に点 $\mbox{O}$ を中心とする半径 $1$ の円 $\mbox{C}$ がある．また，この平面上の $\mbox{O}$ と異なる点 $\mbox{A}$ を通って直線 $\mbox{OA}$ と垂直な空間直線 $l$ があり，平面とのなす角が $45^{\circ}$ である．このとき，円 $\mbox{C}$ と直線 $l$ の間の最短距離を， $2$ 点 $\mbox{O}$ ， $\mbox{A}$ 間の距離 $a$ で表せ．

2020.11.24記

[解答]
$l$ 上の点 $\rm P$ ， $C$ 上の点 $\rm Q$ を ${\rm P}(a,t,t)，{\rm Q}(\cos\theta,\sin\theta)$ とおくと
${\rm PQ}^2=(a-\cos\theta)^2+(t-\sin\theta)^2+t^2$ $=(a-\cos\theta)^2+2\Bigl(t-\dfrac{\sin\theta}{2}\Bigr)^2+\dfrac{\sin^2\theta}{2}$
となる． $t$ は全実数を動くので，この関数は $t=\dfrac{\sin\theta}{2}$ のとき最小値
$(a-\cos\theta)^2+\dfrac{\sin^2\theta}{2}$
をとる．……(★)

これを
$\dfrac{1}{2}(\cos\theta-2a)^2-a^2+\dfrac{1}{2}$
とみることによって，軸 $2a$ （ $\gt 0$ ）が $-1$ と $1$ の間に含まれるかどうかで場合分けして

$0\lt a\leqq\dfrac{1}{2}$ のとき $\cos\theta=2a$ で最小値 $\sqrt{\dfrac{1}{2}-a^2}$

$\dfrac{1}{2}\leqq a$ のとき $\cos\theta=1$ で最小値 $|a-1|$

となる．

なお，(★)の式を $(a,0)$ と楕円 $x^2+2y^2=1$ 上との距離の最小値とみると，楕円の頂点 $(1,0)$ における曲率半径は，
一般の $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ の頂点 $(a,0)$ における曲率半径が $\dfrac{b^2}{a}$ であることから $\dfrac{1}{2}$ となるので， $a\geqq\dfrac{1}{2}$ のときは $(a,0)$ で最小値をとることがわかる．

[注意] $\rm P$ を $xy$ 平面に正射影した点を $\rm H$ とすると， ${\rm PQ}^2={\rm PH}^2+{\rm HQ}^2={\rm AH}^2+{\rm HQ}^2$
となる．
$\rm Q$ から $l$ の $xy$ 平面に正射影への垂線の足を $\rm K$ とすると， ${\rm HQ}^2={\rm HK}^2+{\rm KQ}^2$ であるから，
${\rm PQ}^2={\rm AH}^2+{\rm HK}^2+{\rm KQ}^2$ となる．ここで $\rm Q$ を固定すると $\rm K$ は定点で， ${\rm AH}^2+{\rm HK}^2\geqq \dfrac{{\rm AK}^2}{2}$ が成立するので
${\rm PQ}^2\geqq \Bigl(\dfrac{\rm AK}{\sqrt{2}}\Bigr)^2+{\rm KQ}^2$ となる．
よって図形全体を $y$ 軸方向に $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 倍にして $\rm Q$ が $\rm R$ に移ったとすると
${\rm PQ}^2\geqq \Bigl(\dfrac{\rm AK}{\sqrt{2}}\Bigr)^2+{\rm KQ}^2={\rm AR}^2$
となるので， ${\rm A}(a,0)$ と楕円 $x^2+2y^2=1$ 上の点 $\rm R$ との距離の最小値を求める問題に帰着できる．